Principe du maximum

jb3

On en déduit directement ???

Je passe la main pour ce coup-ci.

doc

Et bien pour la déduction direct, ca fait du dessin parceque $x_0$ est un minimum, donc c'est une caractéristique du minimum. D'où le "directement".

Cauchy

Pour doc, relit bien a mon avis la preuve dans le poly, a la place de perdre le temps

doc

Bonsoir,
@Cauchy, oui, mais en relisant la preuve du poly plusieurs fois avant de la poster, ca reste brouillon, et je n'ai pas compris les etapes par lesqu'elles ils sont passé. Et je pense que ca a un rapport avec la dimension $n.$ Non?
Pour la dimesion 1, svp j'ai toujours le souci de $u''(x_0).$
on écrit le DLT de $u$ au point $x_0$ avec le reste de Taylor-Lagrange.
$$u(x)=u(x_0)+u'(x_0)(x-x_0)+\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+R(x)$$ avec $R(x)=\frac{u^3(\xi)}{3!}(x-x_0)^3.$ Donc,$\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2=u(x)-u(x_0)-R(x)$ Alors,
$$u''(x_0)=2!\left[\frac{u(x)-u(x_0)-R(x)}{(x-x_0)^2}\right]$$
Et pour le signe de $u''(x_0)$ parcequ'on sait que $u(x)-u(x_0) \geq 0$ mais on ne connait pas le raport de cette continté avec le reste $R(x).$
Je vois pas dutout la méthode par laqu'elleon pourrait retrouver le signe! Un coup de main serait le bien venue si vous le voulez bien.
En vous remerciant pour votre aide.

Cauchy

Voyons voir, qu'est-ce que tu n'as pas compris dans la preuve du poly

egoroffski

doc a écrit:

Et bien pour la déduction direct, ca fait du dessin parceque est un minimum, donc c'est une caractéristique du minimum. D'où le "directement".

Ouh là là... 8-)

Est-ce qu'avec les indications de gb, JB et d'autres, tu pourrais enfin produire une preuve {\bf correcte}, {\bf épurée} et {\bf dépourvue d'erreurs de copier/coller} du fait que si $u$ est dérivable en $x_0$ et admet un minimum (local) en $x_0$, alors $u'(x_0)=0$ ? C'est du niveau L1, et encore.

Une fois ceci fait, pourrais-tu répondre à la question suivante : supposons que $u(x)=u(x_0)+c(x-x_0)^2$ (donc $u$ est un polynôme de degré 2) et que $u$ admet un minimum en $x_0$, que peut-on dire du signe de $c$ ? Tu as le droit de faire un dessin, tu y es même encouragée, mais il faudra produire un raisonnement correct.

Enfin si tu supposes que $u(x)+u(x_0)+c(x-x_0)^2+o((x-x_0)^2)$ au voisinage de $x_0$, c'est-à-dire que $u$ est presque un polynôme de degré $2$ près de $x_0$, à un petit terme près, pourrais-tu montrer que la conclusion quant au signe de $c$ tient encore ?

doc

Bonjour,
On sait que $u'(x_0)= \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$
On suppose que $u$ atteint son minimum en $x_0$ ce qui veut dire que
-si $x > x_0,$ alors $\frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0} \geq 0$ alors $\lim_{x \rightarrow x_0} \frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0} \geq 0$
-si $x < x_0$ alors $\frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0} \leq 0$ alors $\lim_{x \rightarrow x_0} \frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0} \leq 0$
Ce qui veut dire que $u'(x_0)=0.$

Pour la seconde question, trouver le signe de $c,$ je me souviens bien qu'il y'a une téchnique qu'on utilise pour trouver le signe du coefficicient associé au terme du second ordre dans un polynome de second ordre mais je l'ai complétement oublié, et depuis ce matin j'essaye de la retrouver mais rien, alors j'ai procédé ainsi.
Puisque $u$ atteint son minimum en $x_0,$ alors:
lorsque $x > x_0,$ $0 \leq \frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0} = c(x-x_0)$ donc $c > 0.$
lorsque $x < x_0,$ $0 \leq \frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0} = c(x-x_0)$ donc $c > 0.$
Ce qui veut dire qu'on a $c > 0.$
En vous remerciant pour toute votre aide.

jb3

Ca m'a l'air bon, si ce n'est qu'à la fin on obtient $c \ge 0$ et qu'il suffit de prendre un $x$ différent de $x_0$ pour le constater (on a $u(x)-u(x_0) \ge 0$ i.e. $c(x-x_0)^2$ positif et donc $c$ positif). On utilise simplement le fait qu'un carré est toujours positif.

Il te reste à conclure pour la dimension $1$ dans le cas général.

doc

Bonjour JB,
pour la conclusion en dimension 1, on a:
le DL de $u$ de degré 2 en $x_0$ est $u(x)=u(x_0=+u'(x_0)(x-x_0)+\frac{u''(x_0)}{2!} (x-x_0)^2+o((x-x_0)^2)$ Comme $u'(x)=0,$ alors on a $u(x)=u(x_0)+ \frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+o(x-x_0)^2$ (le $c$ de tout à l'heure est le $u''(x_0)$ de maintenant).
Ce qui veut dire que $u''(x_0) \geq 0.$
On vient de montrer le lemme suivant:" Soit $\Omega$ est borné de $\mathbb{R},$ et soit $u _in \mathcal{C}^2(\Omega).$ Si on suppose que $u$ atteint son minimum en un point $x_0,$ alors celà veut dire que $u''(x_0)\geq 0.$ "
En vous remerciant pour toute votre aide.

jb3

Non.

doc

Le developpement limité de Taylor en $x_0$ est bien
$$u(x)=u(x_0)+ u'(x_0)(x-x_0)+\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+o((x-x_0)^2)$$
Et puisque $u'(x_0)=0,$ alors on a $$u(x)=u(x_0)+\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+o((x-x_0)^2)$$
Celà implique que $$u(x)- u(x_0)= \frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+o((x-x_0)^2)$$
et comme $u(x)-u(x_0) \geq 0,$ et que $(x-x_0)^2 \geq 0,$ alors celà veut dire que $u''(x_0) \geq 0.$
Bien que le lemme dit qu'il faut trouver que $u''(x_0) \leq 0.$
Mais toutes ces etapes sont clairs et logiques. Non?
En vous remerciant pour toute votre aide.

jb3

Comment détailles-tu l'obtention de $u''(x_0) \ge 0$ ? (qui est correct mais suffisament délicat pour mériter que l'on vérifie que tu sais mettre les détails).

doc

Et bien c'est simple.
On a $u(x)-u(x_0)=\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+o((x-x_0)^2)$
Comme $u$ atteint son minimum en $x_0,$ alors $u(x)-u(x_0) \geq 0$ ce qui implique le coté gauche de l'inégalité est supérieur ou egale à 0, et puisque c'est une somme de terme, alors celà veut dire que chacun des termes de ce coté gauche est superieur ou egal à 0, en particulier $\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 $ et comme $(x-x_0)^2 \geq 0,$ alors celà veut dire que $u''(x_0) \geq 0.$
En vous remerciant pour toute votre aide.

jb3

Non. Je pourrais pointer l'erreur mais je me demande s'il n'est pas plus formateur de ne rien dire. Vérifie tout, ramène tout à des théorèmes que tu connais et tu verras qu'à un endroit tu ne pourras pas le faire.

zephir

Bonsoir JB.
Oui, il faut être ferme. C'est comme ça que doc avancera.

doc

8-)
Non, je ne vois pas du tout. Les théorèmes associés au développement limité sont le théorème des accroissements finis, et le théorème de Rolle. Et ni l'un ni l'autre ne nous aident à trouver le signe de $o(x-x_0)^2$ parce que je pense que c'est de lui que vous parlez, puisque pour tous les autres termes, c'est clair et net. Mais là je ne vois pas du tout.

jb3

C'est une erreur sur des choses très élémentaires (niveau collège ?), tu la verras peut-être mieux en te changeant les idées et en y revenant après.

doc

On a $u(x)-u(x_0) \geq 0$ qui implique que $\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+o((x-x_0)^2) \geq 0$
cela veut dire que $\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 \geq - (o(x-x_0)^2) \Leftrightarrow u''(x_0) \geq-\frac{o(x-x_0)^2)}{(x-x_0)^2} 2! $
On sait que $\lim_{x \rightarrow x_0} \frac{o(x-x_0)^2)}{(x-x_0)^2}=0$ alors, en passant à la limite dans l'expression de toute à l'heure, on a
$$u''(x_0) \geq -\frac{(o(x-x_0)^2)}{(x-x_0)} 2! \rightarrow 0 \text { lorsque } x \rightarrow x_0$$
On a alors $u''(x_0) \geq 0.$
En vous remerciant pour toute votre aide.

gb

Bonjour doc,

Le problème est résolu en dimension 1.
Il te reste à reprendre les mêmes méthodes, et à les adapter en dimension n.

doc

Bonsoir,
svp, en dimension $n$ toutes les suppositions suivantes sont-elles complètes?
Soit $\Omega$ un ouvert borné de $\mathbb{R}^n$. On se donne une matrice $n \times n$ symétrique $A$ dont les composantes $a_{ij}$ appartiennent à $\mathcal{C}^0(\overline{\Omega})$ et telle qu'il existe $\lambda > 0$ avec $\sum_{i,j=1}^n a_{ij} \xi_i \xi_j \geq \lambda |\xi|$ pour tout $x \in \overline{\Omega}$ et tout $\xi \in \mathbb{R}^n.$

Lemme. Soit $L'=- \sum_{i,j=1}^n a_{ij} \partial_{ij}$. Si $u \in \mathcal{C}^2(\Omega)$ atteint un minimum local en un point $x_0$ de $\Omega,$ alors $L'u(x_0) \leq 0.$
Mais en dimension 1, on a montré que $L'u(x_0) \geq 0$. Il doit y avoir un problème, non?
En vous remerciant pour toute votre aide.

Philippe Malot

Il me semble que dans ton cas de la dimension $n$, tu as mis un $-$ au tout début de l'expression qui définit ton opérateur $L'$. C'est donc différent de ce qui a été fait auparavant (il me semble).

doc

Oui, vous avez raison monsieur Malot Philippe.
Svp, alors pour démontrer ce lemme. Si on suit les etapes de la dimension 1, on doit écrire l'expression de $u'(x_0),$ trouver qu'elle est nulle, puis pour la dérivée seconde utiliser les DL. Mais je ne crois pas que cette méthode soit efficace en dimension $n$ rien qu'à voit l'allure de la formule de $u'(x_0)$ on a:
$$ \dfrac{\partial u}{\partial x_i}(x_0)= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{u(x_{01},...,x_{0i-1},x_0+h,x_{0i+1},...,x_n)-u(x_{01},...,x_{0n})}{h}$$

Par contre, dans la preuve que j'ai trouvé dans le poly, ils ont commencé par dire que "la matrice $D^2u(x_0)$ est sumétrique. Elle est donc orthogonalement diagonalisable".
Svp, d'où vient ce résuultat et à quoi ca sert de savoir qu'elle diagonalisable?
En vous remerciant pour toute votre aide.

gb

doc,

C'est un peut-être un peu plus long à écrire qu'en dimension 1, mais si \(u\) atteint un minimum en \(x_0\), il est facile de déterminer le signe de \(\dfrac{u(x_{01},...,x_{0i-1},x_0+h,x_{0i+1},...,x_n)-u(x_{01},...,x_{0n})}{h}\) en fonction du signe de \(h\).

doc

Bonsoir monsieur gb,
svp, tout d'abord je crois que j'ai un serieux problème de notations avec $x_0$ que je n'arrive pas à regler. Et aussi, à quoi servent alors toutes les hypothéses sur $a_{ij}$ s'il suffit just de faire un developpement de Taylor?
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.

Philippe Malot

Et si nous notions $\xi$ à la place de $x_0$, pour éviter les confusions ? (D'autant plus que gb avait oublié un $i$ dans son $x_0+h$).
En reprenant son message, cela donnerait donc :


"C'est un peut-être un peu plus long à écrire qu'en dimension 1, mais si \(u\) atteint un minimum en \(\xi\), il est facile de déterminer le signe de \(\dfrac{u(\xi_1,...,\xi_{i-1},\xi_i+h,\xi_{i+1},...,\xi_n)-u(\xi_1,...,\xi_n)}{h}\) en fonction du signe de \(h\)."

Cauchy

pour doc, toute matrice symetrique est orthognalement diagonalisable est un resultat d algebre lineaire, cherche un peut tu sait pourquoi,
tandisque son utilit\'e se voit clairement, a la place de partir de l'analyse et compliquer la vie avec les calculs, passons par les valeurs propres de la matrice jacobienne qui nous conduit au signe qu on veut!

doc

Bonjour,
oui, vous avez raison Cauchy. Et il vaut mieux éviter trop de calculs.
Svp, alors Par les propiétés de la dérvivée seconde on a $D^2u(x_0)$ est symétrique. Elle est donc orthogonalement diagonisable.
Soient maintenant $\xi_k \in \mathbb{R}^n$ tel que $|\xi_k|=1, k=1,...,n$ une base de vecteurs propres et $\lambda_k$ les valeurs propres associées.
Puisque orthogonalement diagonisable, alors celà nous permet de dire que
$$D^2u(x_0)=\sum_{k=1}^n \lambda_k \xi_k \otimes \xi_k$$

Après, ils ont introduit les fonctions d'une variable réelle $g_k(t)=u(x_0+t \xi_k)?$
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour pour votre patience.

Cauchy

j ai pas compris ta dernière question

doc

Bonjour,
ma question est que, pour la suite de la preuve, ils ont écris ceci:
"Introduisons les fonctions d'une variable réelle $g_k(t)=u(x_0+t\xi_k).$ Comme $x_0 \in \Omega,$ ces fonctions sont bien définies et de classe $\mathcal{C}^2$ dans un voisinage de 0.
De plus, elles ont un minimum local en $t=0.$
Par conséquent, par la formule de Taylor, $\frac{d^2g_k}{dt^2}(0) \geq 0.$ Or $\frac{d^2 g_k}{dt^2}(0)=D^2u(\xi_k,\xi_k)=\lambda_k,$ donc toutes les valeurs propres de $D^2u(x_0)$ sont positives. "
Pourquoi avoir recour à la fonction $g_k$ et comment la choisir?
En vous remerciant pour toute votre aide.

jb3

L'idée est de se ramener à un problème en dimension $1$. On considère pour cela chaque droite passant par $x_0$ et on restreint notre fonction à cette droite. Une manière de formaliser cette idée est de faire ce qu'ils font. Il faut absolument que tu ais en tête le graphe d'une fonction de $\R^2$ dans $\R$ admettant un minimum en un point, que tu vois sur ce graphe le graphe de l'une des restrictions précédentes etc.

doc

Bonjour JB,
Pouvez-vous svp me donner un exemple d'une fonction de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$ pour que je dessins son graphe et puisse comprendre tout ceci
En vous remerciant d'avance pour toute votre aide.

jb3

Par exemple $(x,y) \mapsto x^2+y^2$. La surface associée s'appelle sans doute un paraboloïde. Elle se visualise en imaginant d'abord ce qu'il se passe en fixant $y=0$, puis en faisant tourner autour de l'axe vertical.

Cauchy

Mais c est une étape technique, tu as écrit la réponse avant de mettre la question
il a recour à la fonction $g_k$ pour montrer que les valeurs propres sont positives, et grace a ca il va avoir ensuite $L'u(x_0)\leq 0$
Comment la choisir? il a choisit de tel sorte que $g_k^{''}(0)=\lambda_k$

Conseil: lit la preuve complète meme si tu n'a pas compris, mais il ne faut pas arreter sur des étapes et dire pourquoi on les utilise, ces etapes seront utilisées dans le corps de la preuve, donc si tu ne lit pas la preuve entièrement comment tu va savoir l'utilité d'une etape?

doc

Bonjour,
d'accord j'ai compris la méthode.
On a $g_k(t)=u(x_0+t\xi_k)$
$g_k$ a un minimum local en $t=0.$ En effet, $g_k(0)=u(x_0) \leq u(x) \forall x \in \Omega.$
Par la formule de Taylor de $g_k(t)$ au point $t=0,$ on a:
$g_k(t)=g_k(0)+\frac{d}{dt}g_k(0)(t) + \frac{d^2}{dt^2}g_k(0)t^2+o(t^2)$
Ca nous donne que $\frac{d^2}{dt^2}g_k(0) \geq 0.$
Comment écrire que $$\frac{d^2}{dt^2}g_k(0)=D^2u(x_0)(\xi_k,\xi_k)=\lambda_k$$ ?
En vous remerciant pour toute votre aide.

Cauchy

Pour la première égalité, écris $g_k(t)$ comme étant la composée de deux fonctions, ensuite utilise les formules de la dérivée d'une composée.
Pour la deuxième égalité, tu sais ce que veut dire une matrice orthogonalement diagonalisable ?

[La case LaTeX. AD]

doc

Svp,
On a just que $\frac{d^2g_k}{dt^2}(0)=\frac{d^2}{dt^2}u(x_0)$
mais $g_k(0$ n'est pas une composé de fonctions.

Pour la matrice orthogonalement diagonalisable. Oui, je connais la définition.
La matrice $A:n \times n$ est orthogonalement diagonalisable s'il existe une matrice $P$ orthogonale qui la diagonalise, c'est-à-dire qu'il existe $P$ telle que
$$P^T P=Id \text { et } \Lambda \text { matrice diagonale}$$
Et si la matrice est diagonale, alors celà veut dire qu'elle posséde $n$ vecteurs propres linéairement indépendants.
Et lorsque $A$ est symétrique alors elle est orthogonalement diagonalisable.
Mais je ne vois toujours pas comment obtenir le calcule.
En vous remerciant pour toute votre aide.

Cauchy

:X
Mais comment $\frac{d^2g_k}{dt^2}(0)=\frac{d^2}{dt^2}u(x_0)$?????????????????
donc avec ca tu deduit $\frac{d^2g_k}{dt^2}(0)=0$!!!

doc

Bonsoir,
on a On a $g_k(t)=u(x_0+t \xi_k)$ alors on a
$$\frac{d g_k}{dt}(t_0)= \xi_k \frac{d}{dt}u(x_0 + t\xi_k)(t_0)$$
et aussi
$$\frac{d^2 g_k}{dt}(t_0)=\xi^2_k \frac{d^2}{dt^2}(x_0+t \xi_k)(t_0)$$
En écrivant le DL de Taylor pour $g_k(t)$ au point 0, on a:
$$g_k(t)=g_k(t_0)+ \frac{d}{d t} g_k(t_0) + \frac{1}{2!} \frac{d^2}{dt^2}g_k(t_0)$$
Ce qui veut dire que
$$u(x_0+t \xi_k)=u(x_0)+\xi_k \frac{d}{dt}u(x_0+t\xi_k)(0)+\xi_k^2\frac{d^2}{dt^2}(x_0+t \xi_k)(0)$$
Comment en déduire alors que $\frac{d^2}{dt^2}g_k(0) \geq 0?$
En vous remerciant pour toute votre aide.

Cauchy

Tout est faux,
je te demandes une question :
Si $\Omega$ un ouvert de $\mathbb{R}^n$, $I$ interval de $\mathbb{R}$, $g:\Omega\rightarrow \mathbb{R}$, $h:I\rightarrow \mathbb{R}$, que vaut $(g\circ h)'(t)$?

doc

On a $u: \Omega \rightarrow \mathbb{R} \text { telle que } x \rightarrow u(x)$ et $h: I \rightarrow \Omega \text { telle que } x \mapsto x+t\xi_k$
et $g_k(t)=u \circ h: I \rightarrow \mathbb{R}$ et donc:
$$g'_k(t)=dgu(h(t))(h'(t))=\sum_{j=1}^n \frac{\partial u}{\partial x_j} (h(t))h'_j(t)$$
Donc, dans notre cas on a
$$g'_k(t)=\sum_{j=1}^n \frac{\partial u}{\partial x_j}(x+t \xi_k)\xi_k$$
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.

Cauchy

ok tu commence a avance', applique cela a ton probleme

Answer1

Bonsoir,

le chapitre XI de "Analyse pour l'agrégation", C. Zuily, H. Quéffelec, Principes du maximum et applications, contient des énoncés et démonstrations des principes du maximum faible et fort, ainsi que les démonstrations (voir pages 464 et 465).

doc

Alors on a $$g'_k(t)=\sum_{j=1}^n \frac{\partial u}{\partial x_j} (x+t \xi_k) \xi_k$$
En écrivant le developpement limité de Taylot en 0, on a:
\begin{align*}
g_k(t)&=g_k(0)+ \xi_k \sum_{j=1}^n \frac{\partial u}{\partial x_j} (x+t \xi_k)(0)+ \frac{1}{2!} \frac{d^2 g_k}{dt^2}(0)+o(t^2)\\
&=g_k(0)+ \xi_k \sum_{j=1}^n \frac{\partial u}{\partial x_j}(x+t \xi_k)(0)+\frac{1}{2!} \frac{d^2 g_k}{dt^2}(0)+o(t^2)
\end{align*}
On a $$\frac{\partial u}{\partial x_j}(x+t\xi_k)(0)=\lim_{t \rightarrow t_0} \frac{u(x+t\xi_k)-u(x)}{t}=0$$
Et comme on a déjà dit que $g_k$ admet un minimum local u point $t=0,$ celà veut dire que $g_k(t)-g_k(0) \geq 0.$
Ce qui implique que $\frac{d^2 g_k}{dt^2}(0) \geq 0.$

@Answer. Je n'ai pas ce livre, on peut le trouver en ligne svp?
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour votre patience.

Cauchy

ton DL de $g_k(t)$ est partiellement faux

doc

Oui, c'est vrai tu as raison.
On a, en écrivant le developpement limité de Taylot en 0, on a:
\begin{align*}
g_k(t)&=g_k(0)+ \xi_k \sum_{j=1}^n \frac{\partial u}{\partial x_j} (x+t \xi_k)(0)t + \frac{1}{2!} \frac{d^2 g_k}{dt^2}(0)t^2+o(t^2)\\
&=g_k(0)+ \xi_k \sum_{j=1}^n \frac{\partial u}{\partial x_j}(x+t \xi_k)(0)t+\frac{1}{2!} \frac{d^2 g_k}{dt^2}(0)t^2+o(t^2)
\end{align*}
On a $$\frac{\partial u}{\partial x_j}(x+t\xi_k)(0)=\lim_{t \rightarrow t_0} \frac{u(x+t\xi_k)-u(x)}{t}=0$$
Et comme on a déjà dit que $g_k$ admet un minimum local u point $t=0,$ celà veut dire que $g_k(t)-g_k(0) \geq 0.$
Ce qui implique que $\frac{d^2 g_k}{dt^2}(0) \geq 0.$

Maintenant, on sait que $\frac{d^2 g_k}{dt^2}(0) \geq 0.$ mais ce qui nous arrangerai, c'est trouver une info sur $\lambda_k,$ alors on utilise le fait que la matrice $A$ soit orthogonalement diagonisable pour écrire l'expression de $\frac{d^2 g_k}{dt^2}(0)$ en fonction de $\lambda_k.$ Mais, meme en sachant ce que veut dire une matrice orthogonalement diagonisable ( mon post un peu plus haut) je ne trouve pas cette formule.
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.

Answer1

Bonsoir,

vous pouvez emprunter cette ouvrage dans n'importe quelle bibliothèque universitaire, il y est en de multiples exemplaires.

Cordialement.

doc

Et pour mon précédent post svp?
En vous remerciant pour toute votre aide.

Cauchy

Bon, ma stratégie est de ne pas te donner la réponse, mais t'obliger a la trouver toute seule ; je donne seulement des indications, et à toi de travailler.
Tu dis que tu n'es pas arrivée au vp, bon, si je note $H$ la matrice de $D^2u(x_0)$, comment tu écris $D^2u(x_0)(\xi_k,\xi_k)$ ?

doc

Comme $\|\xi_k\|=1,$ alors $(\xi_k,\xi_k)=1.$
Donc, $D^2u(x_0) (\xi_k,\xi_k)=H.$
Mais d'un autre coté, comme la matrice $D^2u(x_0)$ est orthogonalement diagonisable, alors $D^2u(x_0)=\sum_{k=1}^n\lambda_k \xi_k \otimes \xi_k= _{k=1}^n (\lambda_k . \xi_k)\xi_k$
En vous remerciant pour toute votre aide.

Cauchy

tout est faux,
question : $D^2u(x_0)(\xi_k,\xi_k)$ est quoi? matrice, vecteur ou complexe-reel?